2022年高考理科数学江西卷-答案.docx

2013年普通高等学校招生全国统一考试（江西卷）理科数学答案解析第卷一、选择题1.【答案】C【解析】根据题意得，解得，故选C.【提示】根据两集合的交集中的元素为4，得到，即可求出z的值.【考点】交集及其运算2.【答案】B【解析】由题意，自变量满足，解得，即函数的定义域为，故选B.【提示】由函数的解析式可直接得到不等式组，解出其解集即为所求的定义域，从而选出正确选项.【考点】函数的定义域及其求法3.【答案】A【解析】由于x，是等比数列的前三项，故有，解，故此等比数列的前三项分别为，故此等比数列的公比为2，故第四项为，故选A.【提示】由题意可得解x的值，可得此等比数列的前三项，从而求得此等比数列的公比，从而求得第四项.【考点】等比数列的性质4.【答案】D【解析】从随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右一次选取两个数字开始向右读，第一个数为65，不符合条件，第二个数为72，不符合条件，第三个数为08，符合条件，以下符合条件依次为：08，02，14，07，01，故第5个数为01，故选D.【提示】从随机数表第1行的第5列和第6列数字开始由左到右一次选取两个数字开始向右读，依次为65，72，08，02，63，14，07，02，43，69，97，28，01，98，其中08，02，14，07，01符合条件，故可得结论.【考点】简单随机抽样5.【答案】C【解析】设展开式中的通项为，则，令得，展开式中的常数项为，故选C.【提示】利用展开式中的通项公式，令x的幂指数为0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项.【考点】二项式定理6.【答案】B【解析】由于，.且，则，故选B.【提示】先利用积分基本定理计算三个定积分，再比较它们的大小即可.【考点】微积分基本定理7.【答案】C【解析】当时，；当时，不满足，排除选项D；当时，；当时，选项A，B中的S满足，继续循环，选项C中的不满足，退出循环，输出，故选C.【提示】题目给出了输出的结果，让我们分析矩形框中应填的语句，根据判断框中内容，即，我们模拟程序执行的过程，从而得到答案.【考点】程序框图8.【答案】A【解析】由题意可知直线CE与正方体的上底面平行在正方体的下底面上，与正方体的四个侧面不平行，所以，直线EF与正方体的左右两个侧面平行，与正方体的上下底面相交，前后侧面相交，所以，所以，故选A.【提示】判断CE与EF与正方体表面的关系，即可推出正方体的六个面所在的平面与直线CE，EF相交的平面个数分别记为m，n，求出的值.【考点】平面的基本性质及推论9.【答案】B【解析】由，得.所以曲线表示单位圆在x轴上方的部分（含与x轴的交点），设直线l的斜率为k，要保证直线l与曲线有两个交点，且直线不与x轴重合，则，直线l的方程为，即.则原点O到l的距离，l被半圆截得的半弦长为.则.令，则，当，即时，有最大值为.此时由，解得，故答案为B.【提示】由题意可知曲线为单位圆在x轴上方部分（含与x轴的交点），由此可得到过C点的直线与曲线相交时k的范围，设出直线方程，由点到直线的距离公式求出原点到直线的距离，由勾股定理求出直线被圆所截半弦长，写出面积后利用配方法转化为求二次函数的最值.【考点】直线与圆的位置关系，直线的斜率10.【答案】D【解析】当时，；当时，此时；当时，三角形OFG为正三角形，此时，在正中，,，如图.又当时，图中.故当时，对应的点在图中红色连线段的下方，对照选项，D正确，故选D.【提示】随着l从l1平行移动到l2，越来越大，考察几个特殊的情况，计算出相应的函数值y，结合考查选项可得答案.【考点】函数的图象第卷二、填空题11.【答案】【解析】，故答案为.【提示】函数解析式第二项利用二倍角的余弦函数公式化简，整理后利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，找出的值，代入周期公式即可求出函数的最小正周期.【考点】三角函数的周期性及其求法，两角和与差的正弦函数，二倍角的余弦12.【答案】【解析】、为单位向量，且和的夹角等于，.，.在上的射影为，故答案为.【提示】根据题意求得的值，从而求得的值，再根据在上的射影为，运算求得结果.【考点】平面向量数量积的运算13.【答案】2【解析】函数在内可导，且，令，则，故有，即，故，故答案为2.【提示】由题设知，可先用换元法求出的解析式，再求出它的导数，从而求出.【考点】导数的运算，函数的值14.【答案】6【解析】抛物线的焦点坐标为，准线方程为，准线方程与双曲线联立可得：，解得，因为为等边三角形，所以，即，即，解得，故答案为6.【提示】求出抛物线的焦点坐标，准线方程，然后求出抛物线的准线与双曲线的交点坐标，利用三角形是等边三角形求出p即可.【考点】抛物线的简单性质，双曲线的简单性质三、选做题15.【答案】(1) (2)【解析】(1)由（t为参数），得，令，代入并整理得.即曲线C的极坐标方程是，故答案为.(2)不等式的解集，就是的解集，也就是的解集，的几何意义是数轴上的点到2的距离小于等于2的值，所以不等式的解为，所以不等式的解集为，故答案为.【考点】绝对值不等式的解法,抛物线的参数方程，简单曲线的极坐标方程四、解答题16.【答案】（1）（2）【解析】（1）由已知得，即，即，又B为三角形的内角，则；（2），即，由余弦定理得：，即，则.【提示】（1）已知等式第一项利用诱导公式化简，第二项利用单项式乘多项式法则计算，整理后根据不为0求出的值，由B为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值即可求出B的度数；（2）由余弦定理列出关系式，变形后将及的值代入表示出，根据a的范围，利用二次函数的性质求出的范围，即可求出b的范围.【考点】余弦定理，两角和与差的余弦函数17.【答案】（1）由，可得，.正项数列，于是，时，时也适合（2）证明：由【提示】（1）由可求，然后利用，时，可求；（2）由，利用裂项求和可求，利用放缩法即可证明.【考点】数列的求和，等差数列的通项公式18.【答案】（1）（2）【解析】（1）从8个点中任意取两个点为向量的终点的不同取法有种，时，两向量夹角为直角共有8种情形，所以小波参加学校合唱团的概率；（2）两向量数量积的所有可能情形有，0，1，时，有2种情形；时，有8种情形；时，有10种情形.X的分布列为：X01P【提示】（1）先求出从8个点中任意取两个点为向量的终点的不同取法，而时，即两向量夹角为直角，求出结果数，代入古典概率的求解公式可求；（2）先求出两向量数量积的所有可能情形及相应的概率，即可求解分布列及期望值.【考点】离散型随机变量及其分布列，古典概型及其概率计算公式，离散型随机变量的期望与方差19.【答案】（1）在中，E为BD的中点，可得，且，从而得到，可得，又中，FG是是的中位线，可得平面ABCD，平面ABCD，平面ABCD，又EF、FG是平面CFG内的相交直线，平面CFG；（2）以点A为原点，AB、AD、PA分别为x轴、y轴、z轴建立如图直角坐标系，可得，设平面BCP的法向量，则解得，可得，设平面DCP的法向量，则解得，可得，.因此平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值等于.【提示】（1）利用直角三角形的判定得到，且.由得到，从而得到，所以且，结合题意得到FG是是的中位线，可得，根据平面ABCD得平面ABCD，得到，最后根据线面垂直的判定定理证出平面CFG；（2）以点A为原点，AB、AD、PA分别为x轴、y轴、z轴建立如图直角坐标系，得到A、B、C、D、P的坐标，从而得到、的坐标，利用垂直向量数量积为零的方法建立方程组，解出和分别为平面BCP、平面DCP的法向量，利用空间向量的夹角公式算出、夹角的余弦，即可得到平面BCP与平面DCP的夹角的余弦值.【考点】用空间向量求平面间的夹角，直线与平面垂直的判定，二面角的平面角及求法20.【答案】（1）椭圆C：经过点，可得由离心率得，即，则，代入解得，故椭圆的方程为；（2）方法一：由题意可设AB的斜率为k，则直线AB的方程为，代入椭圆方程并整理得，设，则，.在方程中，令得，M的坐标为，从而，.注意到A，F，B共线，则有，即有，所以代入得，又，所以故存在常数符合题意.方法二：设，则直线FB的方程为，令，求得，从而直线PM的斜率为，联立，得，则直线PA的斜率，直线PB的斜率为，所以，故存在常数符合题意.【提示】（1）由题意将点代入椭圆的方程，得到，再由离心率为，将a，b用c表示出来代入方程，解得c，从而解得a，b即可得到椭圆的标准方程；（2）方法一：可先设出直线AB的方程为，代入椭圆的方程并整理成关于x的一元二次方程，设，利用根与系数的关系求得，再求点M的坐标，分别表示出k1，k2，k3，比较即可求得参数的值；方法二：设，以之表示出直线FB的方程为，由此方程求得M的坐标，再与椭圆方程联立，求得A的坐标，由此表示出k1，k2，k3，比较即可求得参数的值.【考点】直线与圆锥曲线的关系，椭圆的标准方程21.【答案】（1）证明：，的图象关于直线对称.（2）当时，有.只有一个解又，故0不是二阶周期点.当时，有.有解集，故此集合中的所有点都不是二阶周期点.当时，有，有四个解：0，.由，.故只有，是的二阶周期点，综上所述，所求a的取值范围为.（3）由（2）得，.为函数的最大值点，或.当时，求导得：.当时，单调递增，当时，单调递减.当时，求导得.，从而有.当时，单调递增.【提示】（1）只要证明成立即可；（2）对a分类讨论，利用二阶周期点的定义即可得出；（3）由（2）得出x3，得出三角形的面积，利用导数即可得出其单调性.【考点】利用导数研究函数的单调性，奇偶函数图象的对称性，函数的值 12 / 12